决胜新高考·名校交流2021届高三上学期9月联考物理试题 Word版含解析

决胜新高考·名校交流2021届高三上学期9月联考物理试题 Word版含解析

决胜新高考•名校交流高三年级9月联考卷 物理 注意事项：‎ ‎1.本试题卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。‎ ‎2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置。‎ ‎3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。‎ ‎4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。‎ ‎5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。‎ 一、选择题（本题共12小题，共40分，其中第1〜8小题每小题3分，只有一项符合题目要求。第9〜12小题每小题4分，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1. 中国是核电大国，到2020年1月，已经建成19座核电站，正在投入使用的有18座。其中田湾核电5号机组，作为我国核电建设领域2020年首台迈入装料状态的核电机组，于2020年7月9日，首次装料作业正式开始。核电站是利用核能发电的。如图所示，关于核能和结合能，以下说法正确的是（　　）‎ A. 中等质量的原子核聚合成质量较大的原子核，会释放出能量 B. 中等质量的原子核分裂成质量较小的原子核，会释放出能量 C. 越稳定的原子核，比结合能越大，核子平均质量越小 D. 结合能越小的原子核越稳定 ‎【答案】C - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由比结合能的曲线图可知，曲线中间高两头低，说明中等质量的原子核的比结合能大，质量较大的重核和质量较小的轻核的比结合能都较小，所以中等质量的原子核聚合成质量较大的原子核，会吸收能量，同样的，中等质量的原子核分裂成质量较小的原子核，也会吸收能量，故AB错误；‎ CD．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，即原子核就越稳定，核子平均质量就越小，比结合能是原子核稳定程度的量度，而不是结合能越小的原子核越稳定，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎2. 一研究性学习小组欲探究气体做功与路径有无关系，设计出如图所示的p-V图像，一定质量的理想气体分别沿a→b→d和a→c→d两个不同的过程从状态a变化到状态d，abdc构成一个正方形，且线段ab与V轴平行，线段ac与p轴平行，状态a和状态d的温度相同。则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 从状态a到状态b的过程，气体温度降低 B. 从状态b到状态d的过程，气体内能增加 C. a→b→d过程气体对外界所做的功等于a→c→d过程气体对外界所做的功 D. a→b→d过程气体从外界吸收的热量大于a→c→d过程气体从外界吸收的热量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 从状态a到状态b的过程，由图像可知，理想气体压强不变，体积增大，由盖-吕萨克定律可得，气体温度上升，A错误；‎ B．从状态b到状态d的过程，由图像可知，理想气体体积不变，压强变小，由查理定律可得，气体温度降低，内能减小，B错误；‎ C．由于b→d过程，理想气体体积不变，因此气体不对外做功，a→b→d过程气体对外界所做的功即为a→b过程气体对外做的功，则有 - 22 -‎ 同理可得a→c→d过程气体对外界所做的功即为c→d过程气体对外做的功，则有 由于，相等，因此，C错误；‎ D．状态a和状态d的温度相同，因此a→b→d过程和a→c→d过程内能的变化都为0，即，由于，由热力学第一定律 可得，D正确；‎ 故选D。‎ ‎3. 下面图像描述的是A、B两物体做直线运动的相关图像。关于甲、乙、丙、丁四个图像，下列说法正确的是（　　）‎ A. 甲图中在t1～t2时间内，A的平均速度大于B的平均速度 B. 乙图中的物体一定做往复运动 C. 丙图中两物体在t1、t2两个时刻相遇两次 D. 由丁图可以求出运动物体的加速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲图中在t1～t2时间内，A的位移等于B的位移相等，均为，因此在相同的时间内， A的平均速度等于B的平均速度，A错误；‎ B．乙图中的物体若初速度为0，会先朝正方向做匀加速直线运动，然后朝正方向做匀减速直线运动，但运动方向没发生变化，因此乙图中的物体不一定做往复运动，B错误；‎ C．丙图中两物体在t1、t2两个时刻速度相等，不是相遇，C错误；‎ D．由无时公式 - 22 -‎ 可得，图像的斜率为2a，因此物体的加速度为，可以求出运动物体的加速度，D正确；‎ 故选D。‎ ‎4. 某物理兴趣小组设计制作出一种结构简单的横波演示仪，如图所示为选定的两个小钢球。现对最左端的小钢球施加一个垂直纸面方向的轻微扰动，小钢球在轻细线和弹性软绳的共同作用下开始在垂直于竖直面的方向上做简谐运动。现俯视观察，测出这列波的周期为0.8s。在规定y轴正方向后，发现在t=0时刻小钢球a位于正向最大位移处，小钢球b位于平衡位置且向y轴负方向运动。已知a、b两球平衡位置之间的距离小于一个波长。则在t=0.2s时刻的波形图为图中的（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，在t=0时刻小钢球a位于正向最大位移处，小钢球b位于平衡位置且向y轴负方向运动，经过0.2s即四分之一周期，小钢球a运动到平衡位置，小钢球b运动到y轴负方向最大位移处即波谷位置，且a、b两球平衡位置之间的距离小于一个波长 故选A。‎ - 22 -‎ ‎5. 2020年6月23日9时43分，我国“北斗三号”全球卫星导航系统最后一颗组网卫星成功发射，全球组网完美收官。在“北斗三号”的30颗组网卫星中，包含3颗地球静止轨道卫星，这类卫星定点于赤道上空约3.6万千米的高轨道上，还有3颗倾斜地球同步轨道卫星（轨道平面与赤道面夹角为55°，轨道髙度约3.6万千米），其余24颗均为中圆地球轨道卫星，2019年就已全部完成发射，它们是“北斗三号”全球组网的主力卫星，运行在距离地面2万多千米的轨道上，一刻不停地绕地球做匀速圆周运动，轨道周期约为12小时。关于同步卫星和中圆地球轨道卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A. 同步卫星的运行速度小于中圆地球轨道卫星的运行速度 B. 中圆地球轨道卫星的运行速度大于7.9km/s C. 质量相等的同步卫星和中圆地球轨道卫星相比，同步卫星的动能更大 D. 质量相等的同步卫星和中圆地球轨道卫星相比，同步卫星的机械能更小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.卫星在轨道上绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律 可得 由于同步卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星的轨道半径，因此同步卫星的运行速度小于中圆地球轨道卫星的运行速度，A正确；‎ B．第一宇宙速度为最大的环绕速度，因此所有绕地球转动的卫星的线速度均小于7.9km/s，B错误；‎ C．由于同步卫星的运行速度小于中圆地球轨道卫星的运行速度，质量相等的同步卫星和中圆地球轨道卫星相比，同步卫星的动能更小，C错误；‎ D．由卫星变轨的规律可得，卫星从低轨道变为高轨道过程中，需要外界提供能量转化为卫星的机械能，机械能增大，质量相等的同步卫星和中圆地球轨道卫星相比，同步卫星的轨道半径更大，因此机械能大，D错误；‎ 故选A。‎ ‎6. 某创新实验小组为研究电子在平行金属板间运动 - 22 -‎ 规律，设计了如图所示的实验：让一束频率为v的单色光照射某碱金属，电子通过速度选择器后，使具有最大初动能的电子沿中轴线水平射入水平放置的平行板电容器A、B极板之间，发现光电子恰能从B极板的右边缘飞出。已知平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，极板长为L、间距为d，普朗克常量为h，电子的电荷量为e，不计电子重力和电子间的相互作用，整个装置放在真空中。则以下说法中正确的是 A. 增加单色光的照射强度，则光电子不能从电容器中飞出 B. 将A极板向下移动少许，则光电子不能从电容器中飞出 C. 光电子的最大初动能为 D. 该碱金属的逸出功为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．增加单色光的照射强度，则逸出的光电子的最大初动能不变，则光电子仍能从电容器中飞出，选项A错误；‎ B．根据 ‎ ‎ 可得 则将A极板向下移动少许，则两板间的场强不变，则光电子仍能从电容器中飞出，选项B错误；‎ C．光电子恰能从B极板的右边缘飞出，则 - 22 -‎ ‎ ‎ 解得 选项C错误；‎ D．根据光电效应方程 解得 选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎7. 目前，移动和电信公司都升级了200M光纤入户，网速更快，使用更方便，光纤信号传输利用了光的全反射和折射原理，下面是某种单色光在光纤中的传播路径经过多次全反射后从右端射出。若该介质的折射率为，则关于的大小，下列判断正确的是（　　）‎ A. <60° B. <30°‎ C. >30° D. <30°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据全反射的条件可知，，而 ‎ ‎ - 22 -‎ 则 C=60°‎ 则 ‎>60°‎ 选项AB错误；‎ CD．光线从端点能射出，则由 其中i<90°‎ 解得 ‎>30°‎ 选项C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎8. “泰培”被称为有史以来最强台风，最高风速达到306km/h，日本1979年的大范围洪灾，也是由这个台风造成的。当“泰培”台风以288km/h的水平速度垂直吹向某大楼外墙上长10m、宽4m的长方形竖直玻璃幕墙时，（已知空气密度1.3kg/m3，设台风遇到玻璃幕墙后速度变为零）幕墙受到台风的冲击力大小约为（　　）‎ A. 4.2×103N B. 3.3×105N C. 4.3×106N D. 8.3×104N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设幕墙受到台风冲击的时间为，冲击力大小为为F，，幕墙的面积为 ‎①‎ 在时间内，冲击幕墙的空气的质量为 ‎②‎ 以台风运动的方向为正方向，由动量定理可得 ‎③‎ 联立①②③可得 - 22 -‎ ‎ ‎ B选项答案最接近，因此A、C、D错误，B正确；‎ 故选B。‎ ‎9. 如图，在无穷大均匀带正电金属板和负点电荷形成的电场中，金属板接地，金属导体置于负点电荷和金属板之间且在过负点电荷垂直于金属板的直线上，A、B、C是垂线上的三个点且B、C在金属导体表面，下列说法正确的是（　　）‎ A. B、C两点的电场强度一定相同 B. B、C两点的电势相等 C. A、B、C三点的电势均小于零 D. 负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于电荷量关系未知，故无法判断B、C两点电场强度大小的关系，故A错误；‎ B．金属导体处于静电平衡状态后，整个导体是一个等势体，故B、C两点的电势相等，故B正确；‎ C．由于金属板接地，故金属板的电势为0，金属板带正电，沿电场线方向电势逐渐降低，故A、B、C三点电势均小于0，故C正确；‎ D．沿电场线方向电势逐渐降低可知，，由于负电荷在电势越高的地方电势能越小，故负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，故D正确；‎ 故选BCD。‎ ‎10. 个子高高的小头爸爸带着个子矮矮的大头儿子站在斜坡底端做掷小石子的小游戏，如图所示。他们将小石子水平掷出的初速度v0相同，小头爸爸掷出的小石子1触到斜面时的速度恰与斜面垂直。忽略空气阻力，不考虑小石子接触斜面以后的运动。则大头儿子抛出的小石子2（　　）‎ - 22 -‎ A. 触到斜面时的速度方向也可能跟斜面垂直 B. 触到斜面时的速度方向不可能跟斜面垂直 C. 从抛出到接触斜面过程的位移有可能跟斜面垂直 D. 从抛出到接触斜面过程的位移不可能跟斜面垂直 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．如图所示，由图可知，儿子抛出的小石子2比爸爸抛出的小石子1运动时间更小，对爸爸抛出的小石子1可得 由于小头爸爸掷出的小石子1触到斜面时的速度恰与斜面垂直，则儿子抛出的小石子2，触到斜面时的速度方向不可能跟斜面垂直，故A错误，B正确；‎ CD．若小石子的位移方向与斜面垂直，设位移方向与水平方向的夹角为，由几何关系可知，与互余，对小头爸爸掷出的小石子1触到斜面时的速度恰与斜面垂直，此时小头爸爸掷出的小石子1的速度方向与水平方同的夹角也为，根据平抛运动的推论，速度方向与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍，说明小石子1的位移与斜面不垂直，由于小石子2落斜面上时速度方向与水平方向的夹角比小石子1的更小，则从抛出到接触斜面过程的位移不可能跟斜面垂直，故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎11. 如图，A、B两物体质量相等均为1kg，中间拴接一被压缩的轻弹簧，弹簧的弹性势能为 - 22 -‎ ‎1J，两物体用一不可伸长的轻绳相连（轻绳未画出），放在一倾角为30°且足够长的固定斜面上，两物体与斜面间的动摩擦因数均为，现给两物体一个沿斜面向下的瞬时冲量，使之获得2m/s的速度，同时剪断两物体间的细绳，从剪断细绳到弹簧第一次恢复原长的过程中，下列说法正确是（　　）‎ A. 弹簧第一次恢复原长时，A物体的速度是1m/s B. 弹簧第一次恢复原长时，B物体的速度是3m/s C. 弹簧第一次恢复原长时，A、B的加速度均为0‎ D. 该过程中A、B两物体和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对A、B物体和弹簧组成的系统，由于，所以有 可知，该系统重力沿斜面方向的分力恰好等于摩擦力，即系统重力势能的减小量全部转化为摩擦生热，而该系统动能和弹性势能之和保持不变，故弹簧第一次恢复原长时，有 代入数据解得 ‎，‎ 故AB正确；‎ C．弹簧第一次恢复原长时，弹簧弹力为零，对A物体 解得 - 22 -‎ 同理，弹簧第一次恢复原长时，B物体的加速度也等于零，故C正确；‎ D．对A、B物体和弹簧组成的系统，由于，所以有 即A、B物体和弹簧组成的系统所受合外力为零，故该过程中A、B两物体和弹簧组成的系统动量守恒，而系统在下滑过程中，有摩擦力对该系统做负功，系统机械能减小，所以该系统机械能不守恒，故D错误。‎ 故选ABC。‎ ‎12. 冲击式电流计的结构与灵敏电流计相似但又有不同，它可以测量短时间内脉冲电流通过的电荷量，现利用其特点近似测量地球北半球某处地面附近地磁场的强弱，如图所示。在该处的一水平桌面上沿着小磁针所指示的南北方向水平放置一匝数N=100、电阻R=的矩形线圈abcd，ab=cd=10.00cm，bc=ad=5.00cm。现让线圈以ab为轴，迅速逆时针转动180°，把冲击电流计串入线圈测得导线中流过的电荷量q1=3.0×10-5C；若让线圈以bc为轴，迅速转动90°，使线圈突然竖起，用冲击电流计测得导线中流过的电荷量q2=5.0×10-6C。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 该处地磁场磁感应强度大小可能为5.0×10-5T B. 该处地磁场磁感应强度大小可能为×10-5T C. 线圈以bc为轴转动90°的过程，感应电流的方向为adcba D. 线圈以bc为轴转动90°的过程，感应电流的方向先是abcda，然后是adcba ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设该处的地磁场强度竖直和水平分量分别为B1和B2，现让线圈以ab为轴逆时针转动180°，有 代入数据解得 - 22 -‎ 若让线圈以bc为轴，迅速转动90°过程中有 代入数据解得 该处地磁场的磁感应强度大小为 故A正确，B错误；‎ CD．由上可知线圈以bc为轴转动90°的过程，磁通量垂直桌面向下且先增加后减小，根据楞次定律可得感应电流的方向先是abcda，然后是adcba，故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ 二、非选择题（本题共6小题，共60分）‎ ‎13. 新冠疫情居家学习期间，李轩同学用家里的器材组装成如图甲所示的装置，用手机连拍功能验证m1、m2组成系统的机械能守恒。其中重物m1=50g，m2=150g，所用刻度尺是家里分度值为1cm的木尺，手机设定每隔0.135s拍一张照片。拍出的照片如图乙所示，其中点1是重物m2刚开始运动时的位置。（g取10m/s2）‎ ‎(1)1、3、5三个位置的刻度分别是h1=0.120m，h3=_____m，h5=_____m。‎ ‎(2)拍第3个位置时系统速度v3=_____m/s（结果保留三位有效数字）。‎ ‎(3)在拍1到3的过程中，系统动能的增加量为_____J，重力势能的减少量为_____J - 22 -‎ ‎（结果均保留三位有效数字）。由此得出的结论是_____。‎ ‎【答案】 (1). 0.540 (2). 1.200 (3). 2.00 (4). 0.400 (5). 0.420 (6). 在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统在运动过程中机械能守恒 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]由题意可知刻度尺的分度值为1cm，所以h3=0.540m，h5=1.200m；‎ ‎(2)[3]根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知拍第3个位置时系统的速度为 ‎(3)[4][5]在拍1到3的过程中，系统动能的增加量为 重力势能的减少量为 ‎[6]由此得出的结论是在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统在运动过程中机械能守恒。‎ ‎14. 某学习小组探究光敏电阻在光照强弱不同的情况下的阻值变化规律，实验室提供的器材有：‎ 待测光敏电阻Rx一个，干电池6节（每节电动势1.5V，内阻小于1），电压表（量程0〜15V，内阻约10k），电流表（量程0〜20mA，内阻约10），滑动变阻器R1（最大阻值20），滑动变阻器R2（最大阻值1000），开关一个，导线若干。‎ ‎(1)该小组利用多用电表“×100”欧姆挡，粗测光敏电阻的阻值，若表头指针指示的位置如图甲所示，则Rx=_________。‎ ‎(2)该小组按照图乙所示电路进行实验，则滑动变阻器应选择_________（填“R1”或“R2”）。请按照所给的电路图在图丙中用实线代替导线画出电路连线图________。‎ - 22 -‎ ‎(3)该小组利用一只有“弱”“中”“强”三挡可调光强弱的手电筒做实验，根据得出的数据画出如图丁所示的I-U图像，由图像可得在弱光照射下，光敏电阻的阻值Rx=_____（结果保留两位有效数字），在电压相同的情况下光照越强光敏电阻的阻值越_____（填“大”或“小”）。‎ ‎(4)在测光敏电阻的阻值时，实验系统误差主要来源于_____（填“电压”或“电流”）表的_____（填“分压”或“分流”）作用。‎ ‎【答案】 (1). 1300 (2). R1 (3). (4). 2.3×103 ‎ - 22 -‎ ‎(5). 小 (6). 电流 (7). 分压 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)［1］由图可得：指针读数为13Ω，故Rx=13Ω×100=1300Ω；‎ ‎(2)［2］由题意可知被测阻值约为1300Ω，又采用分压器电路，所以选用阻值较小的滑动变阻器，故选R1；‎ ‎［3］连接电路图如图所示 ‎(3)［4］根据欧姆定律可得阻值为 ‎［5］由图像可知在电压相同的情况下光照越强光敏电阻的阻值越小；‎ ‎(4)［6］［7］由图可知采用的是电流表内接，所以误差的主要来源是电流表分压。‎ ‎15. 在高速公路的连续下坡路段，为了减少汽车刹车失灵所造成的伤害，在公路右手边会设置如图所示的避险车道。所谓避险车道实质上就是一个斜坡，供出现刹车失灵的车辆避险使用。若一辆刹车完全失灵的货车，以25m/s的初速度冲上了倾角为30°的一避险车道，该货车与车道间的动摩擦因数为，g取10m/s2。请结合你所学知识解决以下问题： ‎ ‎(1)经过3s，货车在避险车道上发生多大的位移？‎ ‎(2)为提升避险车道的效果，提出不少于两条有关车道设计的建议。‎ ‎【答案】(1) 25m ；(2)见解析 - 22 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)货车在避险车道上受力如图，由牛顿第二定律得 设货车减速到速度为0时间为t，则 ‎0=v0-at 解得 t=2s 发生的位移 x=t=25m mgsin30°<μmgcos30°‎ 减速至速度为0后，货车静止，故货车3s内的位移为25m。‎ ‎(2)a.车道路面适当设置粗糙一些，增大动摩擦因数；‎ b.适当增大车道倾角；‎ c.适当增大车道长度。‎ ‎16. 在假期实践活动中，小明同学利用气体实验定律设计了一个如图所示的简易温度计，该温度计的底部是一导热性能良好的球形容器，上方连接一内部横截面积为S、总长度为l、两端开口的粗细均匀的玻璃管，玻璃管与球形容器接触处密封良好，玻璃管内用质量为m的一小段水银柱封闭着一定质量的理想气体，空气柱长度为l′、当外界温度为-3℃时，玻璃管内的空气柱长度为，当外界环境的温度缓慢增加到27℃时，空气柱长度变为（水银没有溢出）。不计容器的热胀冷缩。求该温度计： ‎ ‎(1)底部球形容器的容积V；‎ ‎(2)可以测量的摄氏温度的范围（不计水银柱的长度）。‎ - 22 -‎ ‎【答案】(1)；(2) -33～57℃‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由盖—吕萨克定律可知 解得 V=‎ ‎(2)设当水银柱位于玻璃管最下端时温度为tmin，由盖一吕萨克定律得 解得 tmin=-33℃‎ 设当水银柱位于玻璃管最上端时温度为tmax，由盖—吕萨克定律得 解得 tmax=57℃‎ 故该温度计可测温的范围为-33～57℃‎ ‎17. 如图甲所示，左侧两竖直平行金属板间加电压U，右侧是间距为d的两水平平行板P、Q，内部存在垂直于纸面的匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁感应强度B的正方向，B随时间t的变化规律如图乙所示。一质量为m、带电荷量为+q - 22 -‎ 的粒子（不计重力），由静止开始，经竖直平行板中的电场加速后，在t=0时刻水平向右射入PQ间的磁场，射入的位置贴近Q板最左端。经△t时间，粒子恰可垂直打在P板上（不考虑粒子的反弹，不考虑磁场变化引起的效果）。上述m、q、d、B0均为已知量且。‎ ‎(1)请推导出△t与TB的关系式；‎ ‎(2)求v0的可能值；‎ ‎(3)求加速电压U的最大值。‎ ‎【答案】(1)（n=0，1，2，3，…）；(2)（n=0，1，2，3，…）；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设粒子在磁场中运动的周期为T，则根据洛伦兹力提供向心力有 解得 由题意可知，解得 若不考虑板间距的影响，粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示，则有 - 22 -‎ ‎（n=0，1，2，3，…）‎ 解得 ‎（n=0，1，2，3，…）‎ ‎(2)粒子从Q板运动到P板的过程有 d=(2n+1)R(n=0，1，2，3，…)‎ 解得 ‎(n=0，1，2，3，…)‎ ‎(3)粒子在电场中加速，由动能定理有 解得 ‎(n=0，1，2，3，…)‎ 当n=0时，U有最大值 ‎18. 某厂商设计了一款弹簧弹射组合玩具，其简化结构如图所示，一端连接在竖直墙上的轻弹簧放在固定平台上，现推动一质量为m=1.0kg、可看作质点的小铁块向左压缩弹簧，然后由静止释放，弹簧恢复原长后，小铁块从小车的左端A平滑地滑上小车，最终刚好能运动到跟圆心O在一条水平线上的C点。已知小车的质量M=1.0kg，小车部分的长度l=2.0m，小铁块与小车部分之间的动摩擦因数为=0.2，小车的右边部分是光滑的四分之一圆弧轨道，半径R=0.4m。其他所有摩擦均不计，重力加速度g取10m/s2‎ ‎(1)求小铁块刚滑上小车时，小铁块和小车加速度a1和a2的大小；‎ - 22 -‎ ‎(2)求释放小铁块前弹簧储存的弹性势能大小；‎ ‎(3)试判断小铁块最终能否从小车上滑下，若能，求小铁块刚从小车上滑下时小铁块的速度；若不能，求小铁块最终相对小车静止的位置。‎ ‎【答案】(1)a1= 2m/s2，a2=2m/s2；(2)16J；(3)不能，最终正好相对静止在小车的最左端 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小铁块刚滑上小车时，以小铁块为研究对象，根据牛顿第二定律有 μmg=ma1‎ 解得 a1=μg=2m/s2‎ 以小车为研究对象，根据牛顿第二定律有 μmg=Ma2‎ 解得 a2=2m/s2‎ ‎(2)由题意可知，小铁块刚好能运动到光滑圆轨道上的C点，此时小铁块与小车的速度相同，设为vC，刚滑上小车时小铁块的速度设为vA，则在系统水平方向上根据动量守恒定律有 mvA=(M+m)vC 对小车和小铁块的系统分析，根据能量守恒定律有 联立解得 vA=4m/s 由机械能守恒定律可解得释放小铁块前弹簧储存的弹性势能 ‎(3)若小铁块最终不能从小车上滑下，设最终小铁块相对小车静止时的速度为v，则根据小车和小铁块在水平方向动量守恒有 mvA=(M+m)v 设此过程中小铁块相对小车在AB段运动的路程为s，则根据能量守恒定律有 - 22 -‎ 联立解得 s=4m=2l 故小车不能从小车上滑下，最终正好相对静止在小车的最左端 - 22 -‎